20.平面直角坐标系 xoy中，已知椭圆 $C : \frac { x ^ { 2 } } { a ^ { 2 } } + \frac { y ^ { 2 } } { b ^ { 2 } } = 1 ( a > b > 0 )$ 的离心率为 $\frac { \sqrt { 3 } } { 2 }$ ，左、右焦点分别是$F _ { 1 } , \ F _ { 2 }$ 。以 $F _ { 1 }$ 为圆心以3为半径的圆与以 $F _ { 2 }$ 为圆心1为半径的圆相交，且交点在椭圆�上。
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设椭圆 $E : \frac { x ^ { 2 } } { 4 a ^ { 2 } } + \frac { y ^ { 2 } } { 4 b ^ { 2 } } = 1$ 为椭圆 C 上任意一点，过点 P 的直线 $y = k x + m$ 交椭圆 E 于 A，B 两点，射线 PO 交椭圆 E 于点 Q.
（i）求 $\frac { | O Q | } { | O P | }$ 的值；
（ii）求DABQ面积的最大值。
将 $y = k x + m$ 代入椭圆C的方程
21 设函数 $f ( x ) = \ln ( x + 1 ) + a ( x ^ { 2 } - x )$ ，其中 $\alpha \in R$ 0
（Ⅰ）讨论函数f x( )极值点的个数，并说明理由；
（Ⅱ）若 $\forall _ { x } > 0 , f ( x ) \geq 0$ 成立，求a的取值范围。
2015年高考山东省理科数学真题答案
$\mathrm { ( I ) } \ \frac { x ^ { 2 } } { 4 } + y ^ { 2 } = 1 \ ; \ \mathrm { ( I I ) } \ \mathrm { ( i ) } 2 ; \ \mathrm { ( i i ) } \ 6 \sqrt { 3 }$ 解析过程： （I）由题意知 $2 a = 4$ ，则 $a = 2$ 又 ${ \frac { c } { a } } = { \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } } , a ^ { 2 } - c ^ { 2 } = b ^ { 2 }$ ，可得 $b = 1$ 所以椭圆C的标准方程为 ${ \frac { x ^ { 2 } } { 4 } } + y ^ { 2 } = 1$ （II）由（I）知椭圆E的方程为 $\frac { x ^ { 2 } } { 1 6 } + \frac { y ^ { 2 } } { 4 } = 1$ （i）设 $P \left( x _ { 0 } , y _ { 0 } \right) , \ { \frac { \left| O Q \right| } { \left| O P \right| } } = \lambda$ ，由题意知 $Q \left( - \lambda x _ { 0 } , - \lambda y _ { 0 } \right)$ 因为 $\frac { x _ { 0 } ^ { 2 } } { 4 } + y _ { 0 } ^ { 2 } = 1$ 又 $\frac { \left( - \lambda x _ { 0 } \right) ^ { 2 } } { 1 6 } + \frac { \left( - \lambda y _ { 0 } \right) ^ { 2 } } { 4 } = 1$ 即 $\frac { \lambda ^ { 2 } } { 4 } \Bigg ( \frac { x _ { 0 } ^ { 2 } } { 4 } + y _ { 0 } ^ { 2 } \Bigg ) = 1$ ，所以 $\lambda = 2$ ，即 $\displaystyle { \frac { \left| O Q \right| } { \left| O P \right| } } = 2$ （ii）设 $A \big ( x _ { 1 } , y _ { 1 } \big ) , B \big ( x _ { 2 } , y _ { 2 } \big )$ 将 $y = k x + m$ 代入椭圆E的方程， 可得 $\left( 1 + 4 k ^ { 2 } \right) x ^ { 2 } + 8 k m x + 4 m ^ { 2 } - 1 6 = 0$ 由 $\Delta > 0$ ，可得 $m ^ { 2 } < 4 + 1 6 k ^ { 2 } \dots \textcircled { 1 }$ 则有 $x _ { 1 } + x _ { 2 } = - \frac { 8 k m } { 1 + 4 k ^ { 2 } } , x _ { 1 } x _ { 2 } = \frac { 4 m ^ { 2 } - 1 6 } { 1 + 4 k ^ { 2 } }$ 所以 $\left| x _ { 1 } - x _ { 2 } \right| = \frac { 4 \sqrt { 1 6 k ^ { ^ 2 } + 4 - m ^ { 2 } } } { 1 + 4 k ^ { ^ 2 } }$ 因为直线 $y = k x + m$ 与轴交点的坐标为 $\left( 0 , m \right)$ 所以 $\Delta O A B$ 的面积 $S = { \frac { 1 } { 2 } } { \big | } m { \big | } \cdot { \big | } x _ { 2 } - x _ { 2 } { \big | } = { \frac { 2 { \sqrt { 1 6 k ^ { 2 } + 4 - m ^ { 2 } } } } { 1 + 4 k ^ { 2 } } } { \big | } m { \big | }$ $$ = \frac { 2 \sqrt { ( 1 6 k ^ { 2 } + 4 - m ^ { 2 } ) \cdot m ^ { 2 } } } { 1 + 4 k ^ { 2 } } = 2 \sqrt { ( 4 - \frac { m ^ { 2 } } { 1 + 4 k ^ { 2 } } ) \cdot \frac { m ^ { 2 } } { 1 + 4 k ^ { 2 } } } $$ ${ \frac { m ^ { 2 } } { 1 + 4 k ^ { 2 } } } = t$ 将 $y = k x + m$ 代入椭圆 C 的方程 可得 $\left( 1 + 4 k ^ { 2 } \right) x ^ { 2 } + 8 k m x + 4 m ^ { 2 } - 4 = 0$ 由 $\Delta \geq 0$ ，可得 $m ^ { 2 } \leq 1 + 4 k ^ { 2 } \ . . . . . . \textcircled { 2 }$ 由 $\textcircled{1} \textcircled{2}$ 可知 $0 < t \leq 1$ 因此 $S = 2 \sqrt { \left( 4 - t \right) t } = 2 \sqrt { - t ^ { 2 } + 4 t }$ 故 $S \leq 2 \sqrt { 3 }$ 当且仅当 ，即t =1 $m ^ { 2 } = 1 + 4 k ^ { 2 }$ 时取得最大值 $2 \sqrt { 3 }$ 由（i）知， 面积为DABQ 3S 所以 面积的最大值为DABQ $6 \sqrt { 3 }$